专题强化十一 碰撞中的三类拓展模型-2024届物理一轮复习讲义

专题强化十一碰撞中的三类拓展模型
学习目标会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”“滑块—木板”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。

模型一“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。

例1(2023·辽宁沈阳市联考)如图1甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4kg 和m2＝4kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。

另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5s 时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。

物体C在前15s内的v－t图像如图乙所示。

求：
图1
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。

答案(1)2kg(2)2.4m/s
解析(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3v C＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2kg。

(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
1 2(m1＋m3)v共1′2＝1
2
(m1＋m3)v2共2＋1
2
m2v22
由v－t图像可得v
共1
′大小为2m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4m/s。

跟踪训练
1.(多选)如图2所示，光滑水平面上放置着总质量为2m、右端带有固定挡板的长木板。

一轻质弹簧与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1。

质量为m 的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，且恰好能够回到长木板的左端，在此过程中弹簧的最大压缩量为x2。

若将长木板固定，滑块滑上长木板的速度改为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，且滑块最终也与弹簧分离。

已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则()
图2
A.v1＝6
2
v2
B.弹簧弹性势能的最大值为1
3
v21
C.弹簧弹性势能的最大值为μmgx1
D.滑块以速度v2滑上固定的长木板，也恰好能够回到长木板的左端
答案AD
解析当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v ，弹簧最大弹性势能为E p ，从滑块以速度v 1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动
量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝3m v ，12m v 21＝12
×3m v 2＋μmg (x 1＋x 2)＋E p ，从弹簧被压缩至最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒定律E p ＝μmg (x 1＋x 2)，若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v 2，弹
簧的最大压缩量也为x 2，由能量守恒定律12
m v 22＝μmg (x 1＋x 2)＋E p ，联立可得v 1＝62v 2，E p ＝16
m v 21，选项A 正确，B 、C 错误；设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v 3，由能量守恒定律E p ＝μmg (x 1＋x 2)＋12
m v 23，代入数据可解得v 3＝0，说明滑块以速度v 2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端，故D 正确。

模型二
“滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)最高点：m 1与m 2具有共同水平速度v 共，m 1不会从此处或提前偏离轨道。

系
统水平方向动量守恒，m 1v 0＝(m 2＋m 1)v 共；系统机械能守恒，12m 1v 20＝12
(m 2＋m 1)v 2共＋m 1gh ，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(2)最低点：m 1与m 2分离点。

水平方向动量守恒，m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2；系统机械
能守恒，12m 1v 20＝12m 1v 21＋12
m 2v 22(完全弹性碰撞拓展模型)。

例2(2023·辽宁大连模拟)如图3所示，一质量为2m 的带轨道的小车静止在水平
面上，小车轨道的AB 段水平，BC 段为竖直的半径为R 的四分之一圆弧。

左侧平台与小车的水平轨道等高，小车静止时与平台间的距离可忽略。

一质量为m 的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6gR 的初速度从左侧平台滑上小车。

不计一切摩擦，重力加速度为g 。

图3
(1)求滑块离开C 点后相对于水平轨道AB 上升的最大高度；
(2)若小车水平轨道AB 相对水平面的高度为0.5R ，求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少？
答案
(1)12R (2)6R 解析(1)滑块离开C 点后相对于水平轨道AB 上升到最大高度过程中，滑块与小车水平动量守恒，有m v 0＝(m ＋2m )v
滑块与小车组成的系统能量守恒，有12m v 20＝12
×3m v 2＋mgh 解得h ＝12R 。

(2)滑块(可视为质点)滑上小车到滑块从左端滑离小车，滑块与小车水平方向动量守恒，有
m v 0＝m v 1＋2m v 2
滑块与小车机械能守恒，有12m v 20＝12m v 21＋12
×2m v 22解得v 1＝－13v 0，v 2＝23
v 0设滑块离开小车下落时间为t ，有h ＝12
gt 2滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离x ＝13v 0t ＋23
v 0t ＝6R 。

跟踪训练
2.(2023·福建福州高三阶段检测)如图4所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中小物块A 与小物块C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑。

现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与小物块A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B ，重力加速度为g 。

求：
图4
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度。

答案
(1)14m v 20(2)3v 2040g 解析(1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得
m v 0＝2m v
解得v ＝12
v 0碰撞过程中系统损失的机械能为
E 损＝12m v 20－12
×2m v 2解得E 损＝14
m v 20。

(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等，三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律得
m v 0＝(m ＋m ＋3m )v 1
解得v 1＝15
v 0根据机械能守恒定律得
2mgh ＝12×2－12
×5解得h ＝3v 20
40g 。

模型三
“滑块—木板”模型(子弹打木块模型)
1.模型图示
2.模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(子弹为射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统
减少的机械能，即ΔE ＝Q ＝F f s ＝12m v 20－12
(M ＋m )v 2。

(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔE k ＝M m ＋M
k0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。

例3如图5所示，光滑水平面上放一木板A ，质量M ＝4kg ，小铁块B (可视为质点)质量为m ＝1kg ，木板A 和小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.2，小铁块B 以v 0＝10m/s 的初速度从木板A 的左端冲上木板，恰好不滑离木板(g ＝10m/s 2)。

求：
图5
(1)A 、B 的加速度分别为多少？
(2)经过多长时间A 、B 速度相同，相同的速度为多少？
(3)薄木板的长度。

答案
(1)0.5m/s 22m/s 2(2)4s 2m/s (3)20m 解析(1)对小铁块B 受力分析，由牛顿第二定律有μmg ＝ma B ，即a B ＝μg ＝2m/s 2
对木板A 受力分析，由牛顿第二定律有
μmg ＝Ma A ，即a A ＝μmg M
＝0.5m/s 2。

(2)由于A 、B 组成的系统所受合外力为零，则A 、B 组成的系统动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v 共
代入数据解得v 共＝2m/s
由于木板A 做匀加速直线运动，则v 共＝a A t
代入数据解得t ＝4s 。

(3)设薄木板的长度为L ，则对A 、B 整体由动能定理有
－μmgL ＝12(m ＋M )v 2共－12
m v 20代入数据解得L ＝20m 。

跟踪训练
3.(多选)如图6所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以水平速度v 0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L ，子弹进入木块的深度为s ，此过程经历的时间为t 。

若木块对子弹的阻力大小f 视为恒定，则下列关系式中正确的是()
图6
A.fL ＝12
M v 2 B.ft ＝m v 0－m v C.v ＝
m v 0M D.fs ＝12m v 20－12
m v 2答案
AB 解析由动能定理，对木块可得fL ＝12M v 2，故A 正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft ＝m v －m v 0，故B 正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0
M ＋m ，故C 错误；根据能量守恒定律得
fs ＝12v 20－12
(M ＋m )v 2，故D 错误。

4.(2022·四川成都模拟)如图7，长为L 的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v 0滑上木板左端。

①若木板固定，则滑块离
开木板时的速度大小为v 03
；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。

滑块可视为质点，重力加速度大小为g。

求：
图7
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M ；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2。

答案
(1)4v 209gL (2)8m (3)3∶4解析(1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F f ＝μmg
由动能定理有－μmgL ＝12m －12
m v 20解得μ＝4v 209gL 。

(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v ，
由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v
由能量守恒定律有μmgL ＝12m v 20－12
(m ＋M )v 2联立两式解得M ＝8m 。

(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，由动量定理有
I 1＝
m v 0＝－23
m v 0木板不固定时滑块末速度为v ＝m v 0m ＋M ＝v 09由动量定理有
I 2＝m v －m v 0＝
m v 0＝－89
m v 0
解得I 1∶I 2＝3∶4。

1.质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹均留在木块中不穿出)(
)A.（M －m ）v 1
m v 2 B.M v 1（M ＋m ）v 2
C.M v 1m v 2
D.m v 1
M v 2答案
C 解析设发射子弹的数目为n ，选择n 颗子弹和木块组成的系统为研究对象，系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。

以子弹运动的方向为正
方向，由动量守恒定律有nm v 2－M v 1＝0，得n ＝M v 1m v 2
，所以选项C 正确。

2.(多选)(2023·天津宝坻区高三期末)如图1
所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑()
图1
A.在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
B.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处
答案
AC 解析在下滑过程中，槽要向左运动，动能增加，小球和槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以对槽要做正功，A 正确；小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，只有水平方向动量守恒，B 错误；小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h 处，都做匀速直线运动，C 正确，D 错误。

3.如图2所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。

现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0，两杆足够长，则在此后的运动过程中()
图2
A.m 1、m 2组成的系统动量不守恒
B.m 1、m 2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为m 2v 202（m 1＋m 2）
D.m 1的最大速度是2m 2v 0m 1＋m 2
答案
D 解析m 1、m 2组成的系统受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A 错误；m 1、m 2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B 错误；弹簧最长时，两球共速，则由
动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，此时弹性势能为E p ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v 2＝
m 1m 2v 20
2（m 1＋m 2），选项C 错误；当弹簧再次回到原长时m 1的速度最大，则m 2v 0＝
m 1v 1＋m 2v 2，12m 2v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，解得v 1＝2m 2v 0m 1＋m 2
，选项D 正确。

4.(2022·重庆模拟)如图3所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为v 0的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形槽的顶端离开。

小车与小球的质量分别为2m 、m ，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。

下列说法正确的是()
图3
A.小球的最大重力势能为13
m v 20B.小球离开小车后，小球做自由落体运动
C.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D.在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为23
m v 0答案
A 解析经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v )，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平
方向动量守恒，有m v 0＝3m v ，根据机械能守恒定律有12m v 20＝12
×3m v 2＋E p ，解得E p ＝13
m v 20，故A 正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v 1、v 2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 0的方向为正方向，则m v 0＝m v 1＋2m v 2，根据机械能守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋12×2m v 22，解得v 1＝－v 03
，v 2＝23v 0，小球离开小车后将做平抛运动，
故B 错误；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做
的功W ＝12m v 21－12m v 20＝－49
m v 20，故C 错误；根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量I ＝2m v 2－0＝43
m v 0，故D 错误。

5.(多选)如图4所示，A 、B 两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A 、B 的质量
分别为m A ＝2.0kg ，m B ＝1.5kg ，一个质量为m C ＝0.5kg 的小铁块C 以v 0＝8m/s
的速度滑到木块A 上，离开木块A 后最终与木块B 一起匀速运动。

若木块A 在铁块C 滑离后的速度为v A ＝0.8m/s ，铁块C 与木块A 、B 间动摩擦因数均为μ＝0.4，取g ＝10m/s 2。

下列说法正确的是()
图4
A.铁块C 在滑离A 时的速度为2.4m/s
B.木块B 的长度至少为0.24m
C.铁块C 在木块B 上滑行的时间为3.0s
D.全过程铁块C 克服摩擦力做的功为15.64J
答案
ABD 解析铁块C 在滑离A 的瞬间，由动量守恒定律m C v 0＝(m A ＋m B )v A ＋m C v C ，代入数据解得v C ＝2.4m/s ，所以A 正确；铁块C 和木块B 相互作用最终和B 达到相同的速度，铁块C 和B 作用过程中动量守恒、能量守恒，有m C v C ＋m B v A ＝(m C
＋m B )v B ，12(m C ＋m B )v 2B ＋μm C gs 1＝12m C v 2C ＋12
m B v 2A ，因铁块C 没有从木块B 上掉下来，所以木块B 的长度L ≥s 1，联立以上方程代入数据，解得L ≥0.24m ，即木块B 的长度至少为0.24m ，所以B 正确；由B 选项分析，可得C 与B 共速的速度为v B ＝1.2m/s ，C 滑上B 后做匀减速运动，加速度为a C ＝μg ＝4m/s 2，则铁块C 在木块B 上滑行的时间为t ＝v C －v B
a C ＝0.3s ，所以C 错误；C 刚滑上A ，C 做
匀减速运动，A 做匀加速运动，则C 的总位移为s 2＝v 20－v 2C 2a C ＋v 2C －v 2B 2a C
＝7.82m ，则全过程铁块C 克服摩擦力做的功为W f ＝F f s 2＝15.64J ，所以D 正确。

6.(2022·河北石家庄模拟)如图5(a)所示，光滑的水平轨道AB 与竖直面内的半圆形轨道BCD 在B 点平滑连接，半圆形轨道半径为R ＝0.4m 。

一质量为m 1＝0.1kg 的小物块P 将弹簧压缩到A 点后由静止释放，向右运动至B 点与质量为m 2＝0.2kg 的小物块Q 发生弹性碰撞，碰撞完成P 立即被从轨道取走，Q 从B 点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图(b)所示。

P 、Q 可看作质点，重力加速度大小为g ＝10m/s 2，求：
图5
(1)Q 从B 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做的功；
(2)P 将弹簧压缩到A 点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3位有效数字)。

答案
(1)0.4J (2)4.05J 解析(1)由图可知，Q 在B 、D 两点的速度分别为v B ＝6m/s ，v D ＝4m/s Q 从B 点运动到D 点的过程，由动能定理有
－m 2g ·2R －W f ＝12m 2v 2D －12
m 2v 2B 代入数据解得，Q 从B 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做的功为W f ＝0.4J 。

(2)P 、Q 碰撞过程，根据动量守恒定律可得
m 1v 1＝m 2v B ＋m 1v 2
由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有12m 1v 21＝12m 2v 2B ＋12
m 1v 22联立解得，碰撞前P 的速度为v 1＝9m/s
P 将弹簧压缩到A 点时弹簧具有的弹性势能为
E p ＝12
m 1v 21代入数值解得E p ＝4.05J 。

7.(2023·辽宁大连一模)如图6所示，质量为M 的沙箱用四根长度均为L 的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。

若第一颗质量为m 的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：
图6
(1)子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；
(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。

答案(1)M ＋m m 2gL （1－cos θ）(2)（M ＋m ）（M ＋2m ）m gL (1－cos θ)解析(1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中，由机械能守恒定律得
12
(M ＋m )v 2＝(M ＋m )gL (1－cos θ)解得v ＝2gL （1－cos θ）
由水平方向动量守恒得m v 0＝(M ＋m )v
解得v 0＝M ＋m m
2gL （1－cos θ）。

(2)沙箱第一次摆回到最低点时，速度方向相反，
大小不变。

此时又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，根据动量守恒定律则有
m v 0－(M ＋m )v ＝(M ＋2m )v ′
解得v ′＝0
根据能量守恒定律，第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为
ΔE ＝12(M ＋m )v 2＋12
m v 20－0解得ΔE ＝（M ＋m ）（M ＋2m ）m
gL (1－cos θ)。

8.(2022·广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图7所示的物理模型。

竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。

当滑块从A 处以初速度v 0＝10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1N ，滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运
动。

已知滑块的质量m ＝0.2kg ，滑杆的质量M ＝0.6kg ，
A 、
B 间的距离l ＝1.2m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气阻力。

求：
图7
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 1和N 2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v 1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h 。

答案
(1)8N 5N (2)8m/s (3)0.2m 解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N 1＝(m ＋M )g ＝8N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1N ，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N ，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N 2＝Mg －f ′＝5N 。

(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl －fl ＝12m v 21－12
m v 20代入数据解得v 1＝8m/s 。

(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有m v1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－1
2
(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2m。